导数压轴题.pdf

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1、导数压轴题导数压轴题一隐零点代换一隐零点代换导函数为超越函数，零点存在却无法求出，我们称之为隐零点。对零点“设而不求”，通过整体代换，从而解决问题我们称这类问题为“隐零点”问题。操作步骤如下：第一步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，列出零点方程fx0 0，并结合fx的单调性得到零点范围；第二步：以零点为分界点，说明导函数fx的正负，进而得到fx的最值表达式；第三步：将零点方程适当变形，整体代入最值式子进行化简。题型一 不需要估计零点的取值范围例 1题型一 不需要估计零点的取值范围例 1 已知函数f(x)ln x1axx（1）求函数f(x)的单调区间；（2）若1 a 2，求证：f(x)1

2、解：（1）令gx 2ln x2x，gx214x 0 x所以gx在（0，+）上单调递减，且g1 0当x0,1时，gx 0，fx 0；当x1,时，gx 0，fx 0；综上所述，fx的单调递增区间是0,1，单调递减区间是1,（2）证明：fx 1，即ln x1ax 1xln x1ax2ln x2x 0，ax1，hx设hx2xx设tx ax ln x2，tx 2ax21 0，所以hx在0,上单调递减x因为1 a 2，所以h(1)2a 0，h e a 0，212ax0ln x02所以在1,e上必存在一个x0使得hx00，2x02即ln x0 ax02，所以当x0,x0时，hx0，hx单调递增，2当xx0,

3、时，hx0，hx单调递减，所以hxmaxhx0ln x0122，ax01，因为lnx0 ax0 x022ax0 x01118a所以hx0，令hx0 0得x0，4ax0因为1 a 2，所以因为x0 1,e2118a118a 0，1，4a4a0，所以hx0恒成立，即hx 0恒成立，综上所述，当1 a 2时，fx 1题型二题型二 估计隐零点的范围（卡根问题）估计隐零点的范围（卡根问题）例例 2 2 已知函数fx x xlnx,若k Z,且kfx对任意x 1恒成立,求k最大值.x1解：kfxxxlnxxxlnx恒成立，k；x1x1x1minxxlnxxlnx2，则gx，2x1x1令gx令hx x ln

4、x 2，hx11x10hx在1,单调递增。xxh31ln3 0,h4 2ln2 0 b3,4，使得hb 0。x1,b,hx 0 gx 0，同理xb,时，gx 0，所以gx在1,b单调递减，在b,单调递增。gxmingb因为hb 0即blnb2 0 lnb b2，bblnb；b1gbbbb2b3,4k b，kmax 3。b12方法总结：方法总结：1.隐零点的解题方法是“设而不求”，先把导函数的零点设出来，然后利用隐零点的双重身份，即是导函数的编号零点，又是原函数的极值点。2.有时需要根据零点存在定理估计隐零点的取值范围，估计范围越小，结果越精确。二放缩法二放缩法题型一题型一 指数与对数放缩指数与

5、对数放缩常见的指数放缩：e x1(x 0);e ex(x 1)常见的对数放缩：1xx1x lnxx1(x1);lnx(xe)xe注：所有公式先证后用，否则扣分。ax2x1例例 1 1（2018 年全国 3 卷）已知函数fx，xe（2）证明：当a 1时，fxe 0ax2x1ex1x2x1x2x10证明：fxeexexex2证毕。例例 2 2（2016 年山东理科）已知fxaxln x（2）求证：当a 1时，f(x)f(x)3对任意x1,2恒成立。23125证明：当x1,2时，要证gxxln x23 0恒成立，xxx2考虑ln x x1；2x1,aR，2x31253125312323x(x1)23

6、23xxx2xxx2xxx2312323先证23 0，即证6x 2x43x 0（易证）xxx2gxxln x考虑到等号不能同时取得，证毕。例例 3 3 已知f(x)ex xln x，求证：f(x)xe 2x1e3即证：g(x)e xx1lnxex 0exx考虑e ex(x 1)e ex 0；和ln x 11111(x 1)lnex 1 ln x 0(x)；xexexe将上面两式相加，且不能同时取等，即可得证。题型二题型二 三角函数放缩三角函数放缩常见三角函数的放缩：x0,sin xxtan x2例例 4 4 已知fx sin xln(x1)，x 0时，f(x)ax恒成立，求a的取值范围。解：f

7、xax sin xln(x1)ax x xax (2a)x 0，当x 0时，两个等号同时取到，故a 2题型三题型三 其他类型放缩（结合端点效应）其他类型放缩（结合端点效应）例例 5 5（2016 年四川理科 21）设f(x)ax aln x211xe恒成立，求a的取值范围。x11x2解：令g(x)axaln xe，则gx 0在x 1上恒成立；x1由g10 g10 a，必要性找到，下面证明充分性；21即证：a 时，gx 0在x 1上恒成立2（2）当x 1时，f(x)11x12111e(x1)ln xe1x(x21)x1(1x1)x2x2x1211x3x2x0(x1)22x2xg(x)ax2aln

8、 x注意到，前两个不等式在x 1处同时取到等号，故a 12延伸拓展：泰勒展开式延伸拓展：泰勒展开式x2x3xne1x.2!3!n!x4n12n1xln(x1)xx.(1).2nn 1时，f(x)f(x0)f(x0)(x x0)为f(x)在x x0处的切线方程。我们高中范围的放缩，大都是根据曲线与 n 次切线的关系进行的一个放缩。特别地，当0 x 1时，有1xe1xxx即ln1xxln将上式中x用x2n1，1x1；1xxx1xlnln1 x替换，可得x1x1x11x1x综上可推出两个加强型不等式：ex1x 1；x ln1xxx 1；等号当仅当x 0时成立。1x1x题型四题型四 同构放缩同构放缩学

9、习指对数的运算性质时，曾经提到过两个这样的恒等式：（1）当a 0且a 1,x 0时，有alogax xx（2）当a 0且a 1时，有logaa x再结合指数运算和对数运算的法则，可以得到下述结论（其中x 0）（3）xeexxlnx;xlnxln xexexexxlnx（4）e:xlnxlnxx（5）x ee2xx2ln x;x2ln xln x2exxexx2ln xe（6）2e,2ex2ln xxx再结合常用的切线不等式 Inxx-1，lnx 这里仅以第（3）条为例进行引申：xx,e x1,exex等，可以得到更多的结论，exxlnxxxxeexln x1xlnx ln xe xe 1（7）

10、；5xxlnxxexxxeee(xlnx)（8）；xlnxlnxexex1e注意到上述等号都是可以取到的，于是可以根据以上结论得到一些函数的最值，并衍生出一些看起来很复杂的题目：例例 1 1 函数f(x)xe xlnx的最小值为解：注意到xexlnxexxlnxx(xlnx)1其中等号当且仅当xln x 0时成立.1e110e令(x)xln x,显然它是增函数，且(1)10,所以存在x0,1使x0 0故方程xln x 0有实数解x0,1ef(x)在x x0处取得最小值 1.例例 2 2 函数f(x)exxln x1的最小值为xln x1exlnx(ln x1)xln x1(ln x1)1解：f

11、(x)exxx取等条件为xln x 0例例 3 3 函数f(x)(x1lnx)e解:xx的最大值为x1ln xexlnxx1ln x(xln x1)0f(x)xxee取等条件为xln x 0 xexln x例例 4 4 函数f(x)的最小值为x1exlnxln xxln x1ln x解:f(x)1x1x1取等条件为xln x 06例例 5 5 已知x e2x2xa lnx 1对任意的正数x恒成立，则实数a的最大值为ln x1e2xlnxln x12xln x1ln x1解：因为e2xxx取等条件为2xln x 0，所以ae2xln x12xmin三含三含 n n 项数列不等式的通项分析法项数列

12、不等式的通项分析法证明含 n 项的数列不等式，操作步骤如下：第一步：把要证明的结论看成SnTn，其中anSnSn1，bnTnTn1n2；第二步：要证明SnTn，只需证明an bn，必要时进行换元，让式子变得简单；第三步：通过作差法构造函数；第四步：如果不行，利用第一小问的结论进行放缩；第五步：必要时单独验证n 1时，证明a1 b1也成立，从而an bn，累加即可。例例 1 1（成都市 2018 届高中毕业班二诊理科）已知函数fx xlnx ax 1,aR.（1）当x 0时，若关于x的不等式fx 0恒成立，求a的取值范围；（2）当nN*时，证明：解析：（1）1,；（2）设数列an,bn的前n项的

13、和分别为Sn由于annn,Tn2n4n1n3n1nln22ln2ln22n42nn111S1n1,，解得an；同理bn，n1 n2n n1SSn2,n1n1所以只需证明ann1n2ln2n11.bnnnn1x1.x由（1）知a 1时，有xlnx x 1，即ln x令xn1n11，1，则lnnnn1n11111所以ln2，2nn1 n2n1n2n17所以ln22ln2再证明ln2因为ln3n111n；ln22n2n22n4n11n11，亦即ln，nnnn1n n1n1n，nn11n1nn1n1，2lnnnn n1n n1所以只需证2lnn1n1n1，现证明2ln xxx1.nxnn12x1121

14、令hx2ln xxx1，则hx12 0，xxxx2所以函数hx在1,上单调递减，hx h1 0，所以当x 1时，2ln xxn1n1nn1，1，则2lnnnnn11n11综上，ln2nnn1n1n21恒成立，x令x所以对数列an,ln2n1n3n1n.ln22ln2ln2,bn分别求前n项和，得n2n42nn1例例 2 2（福建泉州市 2018 年 5 月质检）函数fx lnx1ax的图像与直线y 2x相切（1）求a的值；（2）证明：对于任意正整数n，nennn12n!n!nenn12.解析：（1）f x1a设直线y 2x与曲线y fx相切于点Px0,y0依题x1x00，（*）x01y2x00

15、意得：y0lnx01ax0，整理得，lnx01a2x101令gx lnx1x11x，gxx1x1x12x12所以当x 0时，gx 0，gx单调递增；当1 x 0时，gx 0，gx单调递减当x 0时，gx取得最小值g0 0，所以gx 0，即lnx1（2）要证明nennn1x，故方程（*）的解为x0 x1 0，此时a 12n!n!，即证nennn1n1n2nn，8只需证enn1n1 n2nnnn1n2nnlnlnln.nnnn1nnn由（1）知，gx 0，即lnx1x，x1因此ln11121n12n，ln 1ln 1nn1nn2n1nnnn11 21Ln nnn12累加得：ln1要证明nn，得证；

16、1nn1nn122n!n!ne，即证n1n2nnne，n1n1 n2nnn1n2nnn1e2lnlnln只需证.nnnnnn2令hx lnx1 x，则hx1x1x1x1所以当x 0时，hx 0，hx单调递减；当1 x 0时，hx 0，hx单调递增.当x 0时，hx取得最大值h0 0，即hx 0，lnx1 x由lnx1 x得：ln11122nn，ln 1ln1nnnnnnn12 L nn1，得证；1n2n.累加得：ln11 21Ln n综上，nennn112n!nn2nen!四洛必达法则（也可用端点效应进行分类讨论）四洛必达法则（也可用端点效应进行分类讨论）f(x)洛必达法则洛必达法则 1：1：

17、设limf(x)0,limg(x)0，f(x),g(x)存在，且g(x)0，limxx0 xx0 xx0g(x)f(x)f(x)存在，则limlimxx0g(x)xx0g(x)f(x)洛必达法则洛必达法则 2：2：设lim f(x),lim g(x)，f(x),g(x)存在，且g(x)0，limxx0 xx0 xx0g(x)9f(x)f(x)存在，则limlimxx0g(x)xx0g(x)例例 1 1（2010 新课标理改）设函数fx e 1 xax 0对x0,恒成立，求实数 ax2的取值范围。0ex1x分析：fxe1xax0a，属于类型，故可以利用洛必x 00 x2x2达法则求出 a 的取值

18、范围。ex1x分析：由题意得：fxe1xax0e1xaxa，2xx2x2令plimex1xex1xex1ex1，故a 1。，根据洛必达法则，plimlimlimx0 x0 x02xx022x2x22由于在高考中使用洛必达法则可能有风险，故可以采用端点法（端点效应），寻找矛盾区间，具体操作如下：xx解：fxe12ax，f x e 2a，f0 e010a02 0，f 0 0，f 012a，当12a 0时，x00,，使f x00。故当x0,x0时，f x 0，f x单调减，由于f 0 0，故当x0,x0时，f x00,即fx在区间x0,x0单调递减，由于f0 0，故在区间x0,x0时，fx 0，与题

19、设矛盾。x当12a 0时，f x e 2a 0对x0,恒成立，故f x e 2ax1在区间x0,单调递增，故f x 0恒成立，x同理可得fx在区间x0,单调递增，故fx 0恒成立。综上所述，a 1。22例例 2 2（2015 年山东）设函数f(x)ln(x1)a(x x),aR，若x 0,f(x)0恒成立，求a的取值范围分析：当x0,1,xx0,故a2lnx10，属于型，x2x01lnx11x1limalimlim1；2x0 x0 x02x1x1xx2x110当x1,xx0,故a2lnx1lnx10,x1时，由于x2xx2xlnx1，x2x当x 时，为型，利用洛必达法则，1lnx11x1lim

20、limlim0，2xxx2x1x1xx2x1综上，a0,1。解：fx12axa，f0 ln01a 020 0，x1f 012a0a 1a；011x10，故hx h0 0 x1x1当a 0时，令hx lnx1 x，hx由于lnx1 x，故fx ax 1ax，2由二次函数性质可知与fx 0矛盾，故舍去；当1a 0时，即0 a 1，此时912ax2axa12ax148a1fx2axa0恒成立，故fx在区x1x1x12间0，单调递增，fx f0 0恒成立；当1a 0时，即a 1，x00,使f x0 0。故当x0,x0时，f x 0，fx为单调减区间，fx f0 0，与题设矛盾。综上，a0,1。例例 3

21、 3（2010全国卷）设函数f(x)1e（）设当x 0时，f(x)分析：1exxx，求a的取值范围ax1xx对x0,恒成立，显然1e 0，ax1xexex1x故，0，即ax1 0，故a 0，分离变量可得axax1x e111当x 0时，属于0型，利用洛必达法则，0 xexex1xexxexexx11alimlimlimlim，x0 x0 xexex1x0 xex2exx0 x2x ex12综上，0 a 解：要使1e故a 0，令Fxx1。2xxx0，对x0,恒成立，显然1e 0，故即ax1 0，ax1ax1x01ex1，F0e010，Fxex，F0 02ax1a01ax12aex，F012a；2

22、ax1Fx 当12a 0时，x00,使Fx0 0，故当x0,x0时，Fx00，f x单调减，由于F0 0，故当x0,x0时，Fx00,即fx在区间x0,x0单调递减，由于F0 0，故在区间x0,x0时，fx 0，与题设矛盾。当12a 0时，Fx 0对x0,恒成立，故Fx在区间x0,单调递增，故Fx 0恒成立，同理可得，Fx在区间x0,单调递增，故Fx 0恒成立。综上所述，0 a 1。2五独立型双变量（变量可分离）五独立型双变量（变量可分离）题型一题型一指数型指数型第一步：把要证明的不等式两边同时取对数；第二步：分离变量，构造函数；第三步：求导证明单调性。例例 1 1 已知m n 1,m,n N

23、,求证：(1 m)(1 n).证：要证原不等式成立，两边同时取对数：nln1m mln(1n)；*nm12分离变量：ln1mln(1n)(mn1)；mnln(1x)，易证f(x)在(1,)上单调递减，则f(m)f(n)成立；x构造函数：f(x)证毕。题型二题型二斜率型斜率型第一步：将两个变量进行排序，去分母；第二步：分离变量，构造函数；第三步：求导证明单调性或利用单调性求参。例例 2 2 设函数f(x)ln x的取值范围。解：对任意b a 0，有mf(b)f(a),mR，对任意b a 0，有1恒成立，求mxbaf(b)f(a)1恒成立，则fb fa ba；ba分离变量：f(b)b f(a)a；

24、构造函数：F(x)f(x)x(x 1)，则Fx在(1,)上单调递增，Fx 0在(1,)上恒成立，利用分参的方法求出m的范围即可。题型三题型三双绝对值型双绝对值型第一步：排序，去绝对值；第二步：分离变量，构造函数；第三步：求导证明单调性或利用单调性求参。例例 3 3 已知函数f(x)(a1)ln xax 1，若a 1，当x1,x2(0,)时，2f(x1)f(x2)4 x1 x2恒成立，求a的取值范围。解：fxa12ax 0(x 0,a 1)，f(x)在0,上单调递减；x由于对称性，不妨设x1 x2 0，则f(x1)f(x2)；原不等式可变形成：f(x2)f(x1)4x14x2；13分离变量：f(

25、x2)4x2 fx14x1；构造函数：Fx f(x)4x；则Fx在(0,)上单调递减，Fx 0在(0,)上恒成立，利用分参的方法求出a的范围即可。六糅合型双变量（变量不可分）六糅合型双变量（变量不可分）题型一题型一 双极值点问题韦达消元双极值点问题韦达消元例例 1 1 已知函数fxfx2111223x x2ax1在1,0上有两个极值点x1 x2，证明：3证明：数形结合易得：0 a 432fx2 x2 x2131，再根据韦达定理消去x1，然后用a表示x2可得：2题型二题型二 双零点问题或等高线问题比值换元/差值换元/主元双零点问题或等高线问题比值换元/差值换元/主元例例 1 1（2018 年安庆

26、市二模）已知函数fx x2ax blnx，曲线y fx在点1,f1处的切线方程为y 2x.（1）求实数a,b的值；（2）设Fx fx x2mxmR,x1,x20 x1 x2分别是函数Fx的两个零点，求证：Fx1x2 0.【解析】（1）a 1,b 1；（2）fx x2 x lnx，Fx1mx lnx，Fxm1因为x1,x2分别是函数Fx的两个零点，所以m1Fln x1ln x2，x1x21，x1mx1ln x1，1m xln x22两式相减得：x1x2m1ln x1ln x21x1x2x1x21，x1x21.x1x2要证明Fx1x2 0，只需证ln x1ln x2x1x214方法一（比值换元）方

27、法一（比值换元）：因为0 x1 x2，只需证ln x1ln x2x1x2xln1x2x1x2x1x210.x1x2令tx110,1，即证2ln tt0.x2t2t1121令ht2ln tt0t1，则ht12 0，tttt2所以函数ht在0,1上单调递减，ht h1 0，即证2ln tt0.由上述分析可知F1tx1x2 0.总结：总结：含有指数（或对数）的双零点问题（也称极值点偏移问题），往往利用比值换元（或差值换元）把x1,x2转化为t的函数，常把x1,x2的关系变形为齐次式，设tx1x,tln1,tx1x2,tex1x2等，构造函数来解决。x2x2方法二（主元法）方法二（主元法）：因为0 x

28、1 x2，只需证ln x1ln x2设Qxlnxlnx2xx20 xx2，则x2x2 x1xx2x2 x2x xx2x1x20，x1x2Qx1xx2xxx2x2x2 x2xxx22 x2x x x2x2 x2x x0，2所以函数Qx在0,x2上单调递减，QxQx2 0，即证ln xln x2由上述分析可知Fxx2.x2xx1x2 0.总结：总结：极值点偏移问题中，由于两个变量的地位相同，将待证不等式进行变形，可以构造关于x1（或x2）的一元函数来处理应用导数研究其单调性，并借助于单调性，达到待证不等式的证明此乃主元法.方法三（对数均值不等式）方法三（对数均值不等式）：要证明F即证x1x2 0，

29、只需证ln x1ln x2x1x21.x1x2x1x2x1x2，由对数平均数易得.ln x1ln x2总结：总结：极值点偏移问题中，如果等式含有参数，则消参，有指数的则两边取对数，转化为对数式，通过恒等变换转化为对数平均问题，利用对数平均不等式求解，此乃对数平均法.15【知识拓展】【知识拓展】对于a 0,b 0,a b，则abbaba称之为对数平ab，其中2lnblnalnblna2x1x1x1x1ln x即x即可，x12ln xx均数.简证如下：不妨设b axx 1，只需证明（下略）.例例 2 2（A10 联盟 2018 年高考最后一卷）已知函数fx ex,gx ax2bx,a,bR.（1）

30、当b 0时，方程fx gx 0在区间0,上有两个不同的实数根，求a的取值范围；（2）当a b 0时，设x1,x2是函数Fx fx gx两个不同的极值点，证明：x1x2ln2a.2x2ex解：（1）因为fx gx 0，所以e ax 0，即a2，xx2exex设hx2x0，则hx，所以hx在0,2上单调递减，在2,上单调递xx3e2增，hx h2，当x 0时，hx，当x 时，hx，4e2e2要使方程fx gx 0在区间0,上有两个不同的实数根，则a，解得a ，44e2故a的取值范围是,；4（2）由题意，Fx exax2ax，Fx ex 2ax a，因为x1,x2是函数Fx fx gx两个不同的极值

31、点，不妨设x1 x2，Fx1 0,Fx2 0，即ex2ax1a 0,ex2ax2a 0，12ex1ex2两式相减得2a.x1x2x1x2x1x2要证ln2a，即证明e22a，2只需证e令x1x22x1x2x1x2ex1ex2ex1x212，即e，亦即x1x2e2ex1x210.x1x2x1x2x1x2t0，只需证当t 0时，不等式2tete2t1 0恒成立，2设Qt 2tete2t1t 0，则Qt 2t 1et2e2t 2ett 1et，易证t 1 ett 0，所以Qt 0，所以Qt在,0上单调递减，QtQ0 0，16即2tete2t1 0.综上所述，x1x2ln2a成立.2题型三题型三 零点

32、差问题双切线放缩零点差问题双切线放缩【典例 15】（石家庄市 2018 届高中毕业班一模）已知函数fx(x b)(exa)(b 0)在(1,f(1)处的切线方程为(e1)x ey e1 0.（1）求a,b；（2）若方程f(x)m有两个实数根x1,x2，且x1 x2，证明：x2x11【解析】（1）a b 1；（2）由（1）可知f(x)x 1ex1，f(0)0,f(1)0，f(x)x 2ex1，设f(x)在1,0处的切线方程为h(x)，易得h(x)1x1，令F(x)f(x)h(x)，F(x)x1ex11x1，则F(x)x2ex1，e1e1e1e1em(12e).1e当x 2时，F(x)x2ex 0

33、，当x 2时，设G(x)F(x)x2ex故函数F(x)在2,上单调递增，又F(1)0，所以当x,1时，F(x)0，当x1,时，F(x)0，所以函数F(x)在区间,1上单调递减，在区间1,上单调递增，故F(x)F(1)0，即f(x)h(x)，所以f(x1)h(x1)，设h(x)m的根为x1，则x1 1me，1e1，则G(x)x 3ex0，e又函数h(x)单调递减，故h(x1)f(x1)h(x1)，故x1x1，再者，设y f(x)在0,0处的切线方程为y t(x)，易得t(x)x，令T(x)f(x)t(x)x1ex1 x，T(x)x2ex2，当x 2时，T(x)x 2ex2 20，当x 2时，令H

34、xT(x)x 2ex2，则Hxx 3ex 0，17故函数T(x)在2,上单调递增，又T(0)0，所以当x,0时，T(x)0，当x0,时，T(x)0，所以函数T(x)在区间,0上单调递减，在区间0,上单调递增，所以T(x)T(0)0，即f(x)t(x)，所以f(x2)t(x2)，设t(x)m的根为x2，则x2m，又函数t(x)单调递增，故t(x2)f(x2)t(x2)，故x2x2，mem(12e).又x1x1，所x2x1x2x1m111e1e总结：总结：结合示意图易得x1x1x2x2，显然x2x1x2x1。七极值点偏移七极值点偏移1.极值点偏移的概念1.极值点偏移的概念函数f(x)满足定义域内任

35、意自变量x都有f(x)f(2m x)，则函数f(x)关于直线x m对称；可以理解为函数f(x)在对称轴两侧，函数值变化快慢相同，且若f(x)为单峰函数，则x m必为f(x)的极值点.如二次函数f(x)的顶点就是极值点x0，若f(x)cx x2xx2的两根的中点为1，则刚好有1x0，即极值点在两根的正中间，也就是极值22点没有偏移.【问题特征】图 1极值点左偏：x1 x2 2x0，x图 2x1x2处切线与 x 轴不平行；（图 1）2xx若f(x)上凸（f(x)递减），则f12f(x0)0，2xx若f(x)下凸（f(x)递增），则f12f(x0)0.2xx极值点右偏：x1 x2 2x0，x12处切

36、线与 x 轴不平行；（图 2）218xx若f(x)上凸（f(x)递减），则f12f(x0)0，2xx若f(x)下凸（f(x)递增），则f12f(x0)0.2【答题模板】（1）构造一元对称差函数F(x)f(x0 x)f(x0 x)；（2）对函数F(x)求导，判断导数符号，确定F(x)的单调性；图 3图 4（3）结合F(0)0，判断F(x)的符号，从而确定f(x0 x)与f(x0 x)的大小关系；（4）由f(x1)f(x2)f(x0(x0 x2)f(x0(x0 x2)f(2x0 x2)得f(x1)f(2x0 x2)；或者f(x1)f(x2)f(x0(x0 x2)f(x0(x0 x2)f(2x0 x

37、2)得f(x1)f(2x0 x2).（5）结合f(x)单调性得到x1 2x0 x2或x1 2x0 x2，从而x1 x2 2x0或x1 x2 2x0.（6）若要证明f(x1 x2x xx x)0，还需进一步讨论12与x0的大小，得出12所在的222单调区间，从而得出该处函数导数值的正负，从而结论得证.此处只需继续证明：因为x1 x2 2x0，故x1x2x xx0，由于f(x)在(,x0)上单调递减，故f(12)0.学_22_网 Z_X_X_K2.2.极值点偏移问题的一般题设形式：极值点偏移问题的一般题设形式：1.若函数f(x)存在两个零点x1,x2且x1 x2，求证：x1 x2 2x0（x0为函

38、数f(x)的极值点）；2.若函数f(x)中存在x1,x2且x1 x2满足f(x1)f(x2)，求证：x1 x2 2x0（x0为函数f(x)的极值点）；x1x2，求证：f(x0)0；2xx24.若函数f(x)中存在x1,x2且x1 x2满足f(x1)f(x2)，令x01，求证：2f(x0)0.3.若函数f(x)存在两 个零点x1,x2且x1 x2，令x0例例 1 1（2010 天津理）已知函数f(x)xex(xR R)；如果x1 x2，且f(x1)f(x2)，证明：x1 x2 2.解：f(x)(1x)ex，令f(x)(1x)ex 0，则x 1；（如图 4）所以f(x)在区间(,1)内是增函数，在

39、区间(1,)内是减函数.函数f(x)在x 1处取得极大1值f(1).且f(1)；e记F(x)f(1 x)f(1 x)，则F(x)f(1x)f(1x)xex1(e2x1).当x 0时，F(x)0，当x 0时，F(x)0；于是F(x)在 R 上是增函数；因此，当x 0时，F(x)F(0)0，即f(1 x)f(1 x)；19若(x11)(x21)0，由f(x)单调性及f(x1)f(x2)，得x1 x2，与x1 x2矛盾；若(x11)(x21)0，由f(x)单调性及f(x1)f(x2)，得x1 x2，与x1 x2矛盾；因此(x11)(x21)0，不妨设x11 x2，f(x1)f(x2)f(1(1 x2

40、)f(1(1 x2)f(2 x2)，因为x21，所以2 x21，又x11，又f(x)在区间(,1)内是增函数，所以x1 2 x2，即x1 x2 2.例例 2 2（2016 全国 1 卷 21）已知函数fxx2e ax 1有两个零点.x2（1）求 a 的取值范围；（2）设 x1,x2是fx的两个零点,证明：x1 x2 2.解：解：（1）f(x)(x1)e 2a(x1)(x1)(e 2a)（i）设a 0,则f(x)(x2)ex,f(x)只有一个零点（ii）设a 0,则当x(,1)时,f(x)0；当x(1,)时,f(x)0所以f(x)在(,1)上单调递减,在(1,)上单调递增又f(1)e,f(2)a

41、,取b满足b 0且b lnxxf(b)故f(x)存在两个零点a3(b2)a(b1)2 a(b2b)0,22a,则2（iii）设a 0,由f(x)0得x 1或x ln(2a)e,则ln(2a)1,故当x(1,)时,f(x)0，f(x)在(1,)上单调递增2又当x 1时,f(x)0,所以f(x)不存在两个零点e若a ,则ln(2a)1,故当x(1,ln(2a)时,f(x)0；2当x(ln(2a),)时,f(x)0因此f(x)在(1,ln(2a)单调递减,在(ln(2a),)单调递增又当x 1时,f(x)0,所以f(x)不存在两个零点综上,a的取值范围为(0,)若a （2）不妨设x1 x2，由（1）

42、知，x1,1,x21,2 x2,1，fx在,1上单调递减，所以x1 x2 2等价于fx1 f2 x2，即fx2 f2 x2由于f2x2 x2e2x2ax21，而fx2x22ex2ax21，2x222所以f2x2fx2 x2ex22ex2令gx xe2xx2ex，则gxx1e2xex，所以当x 1时，gx0，而g10，故当x 1时，gx g10从而gx2 f2x20，故x1 x2 2例例 3 3（2018 届合肥三模）已知函数fx exx2ax有两个极值点x1，x2(e为自然对数的底数).2012（1）求实数a的取值范围；（2）求证：fx1 fx2 2.解析：解析：（1）由于fx exx2ax，

43、则f x ex x a，设gx f x ex x a，则gx ex1.令gx ex10，解得x 0.所以当x，0时，gx 0；当x0,时，gx 0.所以gxmin g01a.当a 1时，gx f x 0，所以函数fx单调递增，没有极值点；当a 1时，gxmin1a 0，且当x 时，gx；当x 时，gx.此时，gx f x ex x a有两个零点x1，x2，不妨设x1 x2，则x1 0 x2，所以函数fx exx2ax有两个极值点时，实数a的取值范围是1,；（2）由（1）知，x1，x2为gx 0的两个实数根，x1 0 x2，gx在，0上单调递减.下面先证x1 x2 0，只需证gx2 gx1 0.

44、由于gx2 ex x2a 0，得a ex x2，221212所以gx2exx2aexex2x2.222设hxexex 2xx 0，则hx 1ex20，xe所以hx在0，所以hx h0 0，hx2 gx2 0，所以x1 x2 0.上单调递减，由于函数fx在x1，0上也单调递减，所以fx1 fx2.2要证fx1 fx2 2，只需证fx2 fx2 2，即证exexx220.22设函数kxexexx22，x0，则kxexex 2x.设xkxexex 2x，则xexex 2 0，所以x在0，上单调递增，x0 0，即kx 0.所以kx在0，上单调递增，kx k0 0.2故当x0，20，时，exexx220，则exexx222所以fx2 fx2 2，亦即fx1 fx2 2.总结：总结：本题是极值点偏移问题的泛化，是拐点的偏移，依然可以使用极值点偏移问题的有关方法来解决.只不过需要挖掘出拐点偏移中隐含的拐点的不等关系，如本题中的x1 x2 0，如果“脑中有形”，如图所示，并不难得出.21